2021年电机与拖动基础(第2版)汤天浩(习题解答)

*欧阳光明*欧阳光明*创编2021.03.07*欧阳光明*欧阳光明*创编2021.03.07电机与拖动基础欧阳光明（2021.03.07）第一章电机的基本原理1第二章电力拖动系统的动力学基础5第三章直流电机原理10第四章直流电机拖动基础13第五章变压器274147第九章交流电机拖动基础55第十章电力拖动系统电

动机的选择 66第一章电机的基本原理请说明电与磁存在哪些基本关系，并列出其基本物理规律与数学公式。答 ：电 与 磁 存 在 三 个 基 本 关 系 ， 分 别 是（1）动势。感应电动势的大小与磁通的变化率成正比，即eNdΦdt感应电动势的方向由右手螺旋定则确定，式中的负号表示感应电动势试图阻止闭合磁路中磁通的变化。中运动，这时相对于导体来说，磁场仍是变化的，同样会在导体中产生感应电动势。这种导体在磁场中运动产生的感应电动势的大小由下式给出eBlv 而感应电动势的方向由右手定则确定。（3）载流导体在磁场中的电磁力：如果在固定磁场中放置一个通有电流的导体，则在载流导体上产生一个电磁力。载流导体受力的大小与导体在磁场中的位置有关，当导体与磁力线方向垂直时，所受的力最大，这时电磁力F与磁通密度、导体长度l以及通 电 电 流 i 成 正 比 ， 即 FBli电磁力的方向可由左手定则确定。通过电路与磁路的比较，总结两者之间哪些物理量具有相似的对应关系（如电阻与磁阻 ） ， 请 列 表 说 明 答：磁路是指在电工设备中，用磁性材料做成一定形状的铁心，铁心的磁导率比其他物质的磁导率高得多，铁心线圈中的电流所产生的磁通绝大部分将经过铁心闭合，这种人为造成的磁通闭合路径就称为磁路。而电路是由金属导线和电气或电子部件组成的导电回路，也可以说电路是电流所流经的路径。磁路与电路之间有许多相似性，两者所遵循的基本定律相似，即KVL：在任一回路中都遵守基尔霍夫第二定律；另外，磁路与电路都有各自的欧姆定律。两者之间相似的物理量主要有：电路中传输的是电流，磁路中相应的为磁通；电路中的电动势、电压与磁路中的磁动势、磁压降类似。电路中的电阻或电导与磁路中的磁阻或磁导相似。这些对应关系如下表所示：当当然两者之间也有一些不同之处，比如磁通只是描述磁场的物理量，并不像电流那样表示带电质点的运动，磁通通过磁阻时，也不像电流通过电阻那样要消耗功率，因而也不存在与电路中的焦耳定律类似的磁路定律；分析电路时一般不涉及电场问题，不考虑漏电流，而分析磁路时离不开磁场的概念，要考虑漏磁现象；在电路中电动势为零时，电流也为零，但在磁路中往往有剩磁，磁动势为零时，磁通不一定为零；磁路的欧姆定律与电路的欧姆定律也只是形式上的相似，由于铁心的磁导率不是常数，它随励磁电流而变化，因而磁路计算不能应用叠加原理。如何理解机电能量转换原理？根据这个原理可以解决什么问题？答 （发电机）或将电能转换成机械能（电动机）学习和研究电机理论的一个重要工具。根据这个原理，可以求得电机（发电机、电动机）运 行 特 性 。旋转电机模型的基本结构由哪些部分组成，其各自有什么作用？气隙又有何作用？答 ：旋转电机模型的基本结构由定子、转子和气隙三个部分组成：定子是固定不动的，转子是运动的，它们之间隔着一层薄薄的气隙。在定子和转子上分别按需要安装若干线圈，其目的是在气隙中产生磁场。往往要求气隙磁场按一定的形式分布，例如正弦分布磁场。电机作为一种机电能量转换装置，能够将电能转换为机械能，也能将机械能转换为电能。由于机械系统和电气系统是两种不同的系统，其能量转换必须有一个中间媒以两极原型电机作为旋转电机的物理模型，有何应用意义？答 ：两极原型电机结构简单，原理清晰，易于扩展，可作为旋转电机的物理模型。通过对该模型的研究和分析，便于学习和掌握一般旋转电机的基本原理。通过模型电机，是如何建立电机的基本电动势和转矩方程的？又怎样将两极电机的方程推 广 到 多 极 电 机 ？答 通过模型电机，根据电磁感应定律，可以求得旋转电机电动势的通用计算公式eNdΦcostNΦsint。利用该公式可以推导出具体电机的电动势，比如同步dt电机、异步电机或直流电机。再根据机电能量转换原理，可得两极电机的电磁转矩公式WT f

μ0

FF

。由于电机的磁极总是成对设置的，常用极对数n 来表e sr

2g s r

pμπDl示电机的磁极数，则多极电机的电磁转矩为Te

n 0p 2g

FFsin。s r sr何不同？答：电机进行机电能量转换时总是存在能量损耗的，能量损耗将引起电机发热和效率降低。一般来说，电机的能量损耗可分为两大类：的机械构造和转速有关。电阻产生的损耗，有时又称为铜耗，通常在电机的定子和转子上都会产生铜耗；电刷损耗是由于电刷的接触电压降引起的能量损耗，因为只有在直流电机中安装电刷，所以电刷损耗仅仅出现在直流电机中；铁耗是由于电机铁磁材料的磁滞效应和涡流效应产生的一种损耗，主要取决于磁通密度、转速和铁磁材料的特性。电动机与发电机的功率传递过程如下图所示：电动机是将电能转换为机械能，而发动机是将机械能转换为电能。电功率P1

电磁功率 机械功率 机械功PemP2ppPemP2pppmCuFeFeppppmecmFeFeCua)

电磁功率 电功率PemPemP2b)电动机与发电机的功率传递过程电动机b)发电机用硅钢作为导磁材料，现已知B1.6T，试根据图13BH曲线求取在此磁场条 件 下 硅 钢 的 磁 导 率 。r解根据图 13 所示的硅钢B

：曲线，查得B1.6T 时B 1.6 7.27104H2200A/m H 220

7.27104(H/m)r 0

578.84107li200AB的磁场中，试求：（1）导体与磁场方向垂直时的电磁力；（2）导体与磁场方向平行时的电磁力；（3）导体与磁场方向为30º时的电磁力。解载流导体在磁场中电磁力的一般计算公式：为FBlisin（1）导体与磁场方向垂直时，90o，F0.53200300(N)（2）0F0（3）导体与30ºF0.53200sin30o150(N)120B两边相等，长度为17cm7cm2；C5.5cm14cm2g0.4cm。两边各N1N2100，分别通以电流i1和i2，所产生的磁动势由A、B两边汇入中间的C边，且方向一致。试求：在气隙中产生B1.2T时所需的电流值，及此时气隙中储存的能量Wf，并计算电感L。ii1ABi2CNg1N2图1-20 习题1-10图解：设ii1 2

i，N N1

N100，由F F

，得2Ni gm1 m2

g

g S0 c所以，所需的电流值i

g Bg 1.20.4102 19.1(A)g2NSg0 c

2N0

21004107气隙磁通 BS 1.2141040.00168(Wb)g c 1000.50.00168根据电感的定义，L 0.0044(H)i i 19.11气隙中储存的能量Wf

2WL

2 Li22

0.004419.12

1.61(J)第二章电力拖动系统的动力学基础什答

么是电力拖动系统？它包括哪些部分？：拖动就是由原动机带动生产机械产生运动，以电动机作为原动机拖动生产机械运动的拖动方式，称为电力拖动。如图21构、工作机构、控制设备和电源组成，通常又把传动机构和工作机构称为电动机的机械负 载 。电源电源控制设备电动机传动机构工作机构图2-1电力拖动系统组成电力拖动系统旋转运动方程式中各量的物理意义是什么？它们的正负号如何确定？答 ：电力拖动系统经过化简，都可视为如图22a所示的电动机转轴与生产机械的工作机直接相连的单轴电力拖动系统，各物理量的方向（正负号）标示如图 22b所示。eTTeTTeLL电动机 生产机械b)图2-2 单轴电力拖动系统a)单轴电力拖动系统b)系统各物理量的方向标示根据牛顿力学定律，该系统的运动方程为T Te L

Jddt式中，各量的物理意义分别是：Te

——电动机的电磁转矩（N·m），TL

——生产机械的阻转矩（N·m），J——电动机轴上的总转动惯量（kg·m2），——电动机的角速度（ rad / s ） 。转矩的动态平衡关系与静态平衡关系有什么不同？答 转矩的静态平衡是指电力拖动系统稳定运行时，电动机的电磁转矩Te

与生产机械的阻转矩TL

相平衡，即Te

T。而转矩的动态平衡是指电力拖动系统在扰动作用下，从原L来的平衡状态达到新的平衡状态的过渡过程中，电动机的电磁转矩Te

与生产机械的阻转矩TJdL dt

相平衡，即T Te L

Jddt

。由于过渡过程中转速是变化的，电磁转矩Te

也是随时变化的，以保持转矩的动态平衡关系。拖动系统的飞轮惯量答

2 与转动惯量J 是什么关系？：GD2JGD2J的关系为Jmr2

GD24g m——系统转动部分的质量（kg），G——系统转动部分的重力（N），r——系统转动部分的回转半径（m），D——系统转动部分的回转直径（m），g ——重力加速度（可取g = 9.81m/s2）把多轴电力拖动系统简化为单轴电力拖动系统时，负载转矩的折算原则是什么？各轴飞轮 惯 量 的 折 算 原 则 是 什 么 答 对于一个复杂的多轴电力拖动系统，比较简单而且实用的分析方法是用折算的方法把它等效成一个简单的单轴拖动系统来处理，并使两者的动力学性能保持不变，其基本思想是通过传动机构的力学折算把实际的多轴系统表示成等效的单轴系统。在电力拖动系统中折算一般是把负载转矩和各轴飞轮惯量折算到电动机轴上，而中间传动机构的传送比在折算中就相当于变压器的匝数比。系统等效的的原则是：保持两个系统传递的功率及储存的动能相同。起重机提升和下放重物时，传动机构的损耗是由电动机还是重物负担？提升和下放同一重物时，传动机构损耗的大小是否相同？传动机构的效率是否相等？答 起重机提升重物时，传动机构的损耗由电动机负担；下放重物时，则由重物负担。提升和下放同一重物时，可以认为传动机构的损耗是相同的，但其效率不相等。设提升重21物时的效率为c

，下放重物时的效率，两者之间的关系为c ccc生产机械的负载转矩特性归纳起来，可以分为哪几种基本类型？答 （1）恒转矩负载特性：负载转矩TL

nT保持L常值。恒转矩负载特性又可分为反抗性负载特性和位能性负载特性两种，如下图所示。nOTnOTLnOTL图2-3反抗性恒转矩负载特性 图2-4位能性恒转矩负载特性 （2）通风机负载特性：负载转矩TL

与转速n大小有关，基本上与转速n的平方成正比，即TL

kn2。属于通风机负载的生产机械有通风机、水泵、油泵等，其中空气、水、油等介质对机器叶片的阻力基本上和转速的平方成正比，如下图所示。n nO图2-5通风机负载特性

TL

TL图2-6恒功率负载特性

恒功率负载特性：有些生产机械（比如车床），在粗加工时，切削量大，切削阻力大，此时开低速；在精加工时，切削量小，切削阻力小，往往开高速。因此，在不同转速下，负载转矩T与基LnTL

k 。由于负载功率Pn

T，表明在不同转速下，电力L拖动系统的功率保持不变，负载转矩TL

与转速n的持性曲线呈现恒功率的性质，如上图所示。电力拖动系统稳定运行的条件是什么？请举例说明。答 对于一个电力拖动系统，稳定运行的充分必要条件是T 0e LdT dTedn

L0dnd其中，TTe L

0表示电动机的机械特性与负载转矩特性必须存在交点，是系统稳定运行的必要条件；而

dT dTe

0表示电动机机械特性的硬度必须小于负载转矩特性的dn dn硬 度 ， 是 系 统 稳 定 运 行 的 充 分 条 件 例如，对于带恒转矩负载的电力拖动系统，只要电动机机械特性的硬度是负值，系统就能稳定运行。而各类电动机机械特性的硬度大都是负值或具有负的区段，因此，在一定范围内电力拖动系统带恒转矩负载都能稳定运行。

216所示的电力拖动系统中，已知飞轮惯量GDe

15N

m，GD216N2m，GD

100N2m，传动效率

0.9，

0.8，负载转矩1T'72Nm，转速nL

L，n1

c1，nL

c2150r/min。试求：折算JJenJJeneeJ n1 1JLnL

2和负载转矩T 。L图2-16三轴拖动系统n n

折算到电动机轴上的系统总飞轮惯量为GD2GD2(1)2GD2(L)2GD2e ne750

1 n e15015(

)216( )21001500 150020(Nm2)折算到电动机轴上的负载转矩为T T 72LLLT LLL

jj

5(Nm)150015000.90.8c 1L

c1c2

750 150有一起重机的电力拖动系统如图218所示，电动机转速1000r/min，齿轮减速箱的传动比jj1 2

2；卷筒直径D0.2m；滑轮的减速比j3

5

100N；起重负荷G1500N；电动机的飞轮惯量GD210Nm2，传动系统的总传动效率e

0.8，放大系数。试求提升速度v 和折算到电动机轴上的静转矩T以及折算到电动机L L轴 上 整 个 拖 动 系 统 的 飞 轮 惯 量 GD2 。解 ：JeJJeJ2Jve1LJLnLn图2-18提升机构 （1 ）提升速度vLnnj nL

jjj j ，12 3n n n

v

v

πD

n3.140.2100031.4(m/min)L j jjj123

L L

L jjj123

225（ 2 ） 折 算 到 电 动 机 轴 上 的 静 转 矩 TL根据功率平衡原则，折算到电动机轴上的静转矩为FLT LvFLL c这里， FL

G GGL

， v πDnL j

， 2πn60

，所以0(GG0LT Lc

)D2(1500100)0.110(Nm)2250.8（3）折算到电动机轴上整个拖动系统的飞轮惯量GD2题中未给出系统中间传动轴和卷筒的飞轮惯量，可用放大系数 近似估计。今取1.2 ，则折算到电动机轴上整个拖动系统的飞轮惯量为GD2GD2365(G

v)(L)2e 0 n31.41.210365(1500100)(12.16(Nm2)

)2601000第三章直流电机原理换 向 器 在 直 流 电 机 中 起 什 么 作 用 ？答 ：换向器是直流电机最重要的部件之一，对于直流发电机，是将电枢绕组元件中的交变电动势转换为电刷间的直流电动势；对于直流电动机，则是将输入的直流电流转换为电枢绕组元件中的交变电流，以产生恒定方向的电磁转矩。说（（（答

明 下 ） 每） 励） 电

情 况 下 空 极 磁 通 减 少磁 电 流 增 大机 转 速 增 加

电 动 势 的 变 化 ：10% ， 其 他 不 变 ；10% ， 其 他 不 变 ；20% ， 其 他 不 变 。：根据直流电机感应电动势（即空载电动势）的基本计算公式E Cna e（1）若每极磁通 减少10%，则空载电动势E 减小10%；a（2）若励磁电流 增大10%，因电机磁路存在非线性的磁饱和效应，空载电动势Ef a将 增 大 ， 但 低 于 10% ；（3）如电机转速n 增加20%，则空载电动势E 增大20%。a主磁通既链着电枢绕组又链着励磁 绕组，为什么却只在电枢绕组里感应电动势？答 ：因为主磁通是由定子励磁绕组通入直流励磁电流而产生，是一恒定的磁场，它与励磁他答

励 直 流 电 动 机 的 电 磁 功 率 指 什 么 ？：他励直流电动机的电磁功率Pem

是指由定子方通过气隙传入转子方的功率，可以由定子方的输入电功率P扣除定子铜耗p 来计算，也可以由转子方的输出机械功率P加1 Cua 2上铁心损耗p 、机械摩擦损耗p 和附加损耗p 来计算，即Fe m addP Pem 1

Cua

Pp2

pm

add他励直流电动机运行在额定状态，负载为恒转矩负载，如果减小磁通，电枢电流是增大 、 减 小 还 是 不 变 答 根据他励直流电动机的电压平衡方程和转矩平衡方程U Ea a

IRa

CnIRe a

， TTe L

CIT a如果减小磁通，则感应电动势Ea

减小，电枢电流Ia

将增大，以保持转矩Te

T 的平L衡 关 系 。某他励直流电动机的额定数据为PN

17kW，UN

220V，nN

1500r/min， 83%N解 ：额PP NP

定 负 载 时 的 输 入 电 功 率17 20.48(kW)1N

0.83额 定P 20.48103

电 枢 电 流I N UN

93.09220额 定 转 矩NT 9.55PNN nN

9.5517103108.23(Nm)1500有一他励直流电动机的额定数据为PN

5kW，UN

220V，nN

1000r/min，500W，

395W，计算额定运行时电动机的T，T，T，P， ，R。Cua 0

e L 0 1 N a解 ：负 载 转

T 9.55PNL nNN

9.55510347.75(Nm)1000空 载 转

T9.55P00 n0N

9.553953.77(Nm)1000电 磁 转

TTTe L

47.753.7751.52(Nm)输 入 功

PP1 pCua

PPN

pCuaP

50.3950.55.895(kW)5额 定 效

N100% 100%84.8%N P 5.8951电枢电阻R

p Cua

pCua

500 0.696()a I2 P 5895N ( 1UN

)2 ( )2220有一他励直流发电机的额定数据为：PN

46kW，UN

230V，nN

1000r/min，R，已知P，0.01P ，求额定负载下的P 及 。a 0 add N 1 em N解 ：P电 枢 电 流 I NPN UN

460.2(A)230定 子 铜

I2

0.220.14(kW)Cua N a输 入 功

PP1 Cua

P0

46410.014651.46(kW)电磁功率Pem

PN

46450(kW)第四章直流电机拖动基础直流电动机一般为什么不允许直接起动？可采用什么方法起动比较好？答 ：所谓起动就是指电动机接通电源后，由静止状态加速到某一稳态转速的过程。他励直流电动机起动时，必须先加额定励磁电流建立磁场，然后再加电I UNEa n0a RaE CΦ

n0，电枢回路只有电枢绕组电阻R

，此时电枢电流为起动电流a e N aUI U

N，

CΦ

由于电枢st

st Ra

st

N st绕组电阻Ra

Ist

I ，约为(10~20)I ，这么大的起动电N N流使电机换向困难，在换向片表面产生强烈的火花，甚至形成环火；同时电枢绕组也会因过热而损坏；另外，由于大电流产生的转矩过大，将损坏拖动系统的传动机构，这都是不允许的。因此除了微型直流电动机由于Ra

较大、惯量较小可以直接起动外，一般直流电动机都不允许直接起动。这样，就需由I Ust N

/R可知，限制起动电流的措施有两个：一是增加电枢回路电阻，a电阻起动操作较简单、可靠，但起动电阻要消耗大量电能，效率较低。因统 中 得 到 广 泛 应 用 。调速拖动恒功率负载，以及恒功率调速拖动恒转矩负载两种情况的机械特性 。答 ：为了使电机得到充分利用，根据不同的负载，应选用相应的调速方式。通常，恒转矩负载应采用恒转矩调速方式，恒功率负载应采用恒功率调速方他励直流电动机拖动的初轧机主传动系统中，在额定转速nN

以下一般用改变供电电压调速，在nN

以上用弱磁调速，这样的配合较恰当。如图413所示。TeTe2TeP1nNnmaxO n变电压调速

弱磁调速图4-13 他励直流电动机调速时的容许输出转矩和功率反之，假如恒转矩负载采用恒功率调速方式，或者恒功率负载采用恒转矩调速方式，则调速方式与负载类型就不匹配，电动机不能被充分利用。例如用转矩调速方法去拖动恒功率负载（如下图），因调速时负载转矩TL在T~Ta c

范围内变化，故电机的电磁转矩也相应地变化。由于励磁磁通并不变，那么电枢电流就随之在 I ~I范围内变化。如果令I I ，则低速时a c b NI I ，电机过载、过热；高速时，I I ，电机为轻载，没被充分利用。c N a NTLTLT0（如下图），因为调速时负载转矩TL

Te

也为常值，从电磁转矩公式Te

CΦI可知，随着磁通Φ的减小，电枢电流I一定会变T大。如果令IbINIaINIcIN ， 电 机 没 被 充 分 利 用 。TTLT如何区别电动机是处于电动状态还是制动状态？答 直流电动机的运行状态主要分为电动状态和制动状态两大类。电动状态是电动机运行时的基本工作状态。电动状态运行时，电动机的电磁转矩Te

nTe

为拖动转矩，电机从电源吸收电功率，向负载传递机械功率。电动机电动状态运行时的机械特性如图 414所示。电动机在制动状态运行时，其电磁转矩Te

与转速n方向相反，此时T为制e动性阻转矩，电动机吸收机械能并转化为电能，该电能或消耗在电阻上，或n正向电动运行A-TLO T TL eB反向电动运行图4-14他励直流电动机的电动运行状态间 经 过 了 什 么 运 行 状 态 ？答 电机开始运行于正向电动状态。若把电源电压突然倒换极性，电动机最后稳定运行于反向回馈制动状态，重物匀速下放，其机械特性如下图所示。2Bnn0A12Bnn0A1T2L2COTTL1DE为电枢电压等于额定值、电枢回路串电阻的人为机械特性，曲线3为电枢压反接后电枢回路串电阻的人为机械特性。反接电压之前，匀速提升重物的工作点为A，反接后稳定运行的工作点为 E。从A到E中间经过：（ 1 ） B—C ， 反 接 制 动 过 程 ；（2 ）C—D ，反向升速，属反向电动运行状态；（3）D—E和后退时电动机可能工作在什么运行状态？请在机械特性上标出工作点。答 ：422所示，当电动车在斜坡上前进时，负载转矩TL1

为摩擦转矩与位能Te

克服负载转矩TL1

，使电动车前进，电动机工作在第一象限的正向电动运行状态，如图中的A点。当电动车在斜坡上后退时，负载转矩TL2

为摩擦转矩与位能性转矩之差，由于摩擦转矩比位能性转矩小，所以TL2

nTL2

实质上成为驱动转矩，而电动机电磁转矩Te

与n方向相反，为制动转矩，抑制电动车后退速度，同时将电能回馈给电网，电动机工作在第二象限的正向回馈制动运行状态，如图中的B点。正向回馈制动运行B

n正向电动运行AnA0T O T TL2 L1 e图4-22正向回馈制动运行有一他励直流电动机的额定数据为： PN

60kW，UN

220V，IN

305A，n 1000r/min

，C

，T，

，最后画出固有机械特N 性解

e N N 0。：50%I2R

0.5(UI

P) 这 样 电 枢 电 阻N a NN NUI PR0.5 NN

0.5220305601030.038()aE U

I2NI

30522203050.038208.41(V)

EC

208.410.208(Vmin/r)aN N N P

60103

e N nNU 220

1000T 9.55N n

9.55 573(N1000

n 0 C

1057.7(r/0.208N e N固 有 机 械 特 性 方 程 为Rnn a0 C

I 1057.70.038Ia 0.208

1057.70.1827I 因 为ae NC 9.550.2081.986(Nm/A) ，所以该方程又可写成T N e NR T

0.1827

由此可画出固有机械特性，nn a e 1057.7

1057.70.092T0 C Ce N T N如

1.986 e e下 图 所 示nnn0nANOTNTstTe图4-2 他励电动机固有机械特性R=0.1Ra

电阻和电枢电压降到150V的两条人为机 械 特 性 。解 ：电枢回路串入R=0.1Ra

电阻的人为机械特性方程为（空载转速不变）nn

RR Ta

1057.7 1.10.038

1057.7

电枢电压降到0 C C 0.2081.986e ee N T N150V 的人为机械特性方程为（特性斜率不变）U R T

150

由此可画出这两条人为n a e

721.2C C C

0.208 e ee N e N T N机 械 特 性 ， 如 下 图 所 示R<RR<R1 2Ra固有R+Ra 1R+Ra 2人为nU<U1 Nn0UNn01U1OU=0-n-UN0n0TeO Te图4-5 改变电枢电阻的人为机械

图4-3改变电枢电压的人为的机械特性有一他励直流电动机的额定数据为：PN

7.5kW，UN

220V，IN

40A，n 1000r/min，RN 解

0.5，TL

0.5TN

：额 定 运 行 时UC N

IRN

220400.50.2(Vmin/r)e N nNT

1000P 7.51039.550.24076.4(Nm) T 9.55 N9.55 71.625(Nm)eN e NN

N n 1000N空 载 转 矩 和 空 载 损 耗 为TT

T 76.471.6254.775(Nm)

Tn 0

4.7751000500(W)

负载运行0 eN N

0 9.55 9.55时，认为空载损耗保持不变，即有如下关系TT

P9.55

P9.550C

n

I

TCI

9.55CI

求解上面的三e L n

n e

N a a

T N

e Na个方程，可得电动机的转速和电枢电流n1047.3(r/min)Ia

21.1(A)4-9一台他励直流电动机的额定数据为：4-9一台他励直流电动机的额定数据为：P10kW，U220V，I53.8A，NNNn 1500r/minN，R0.29，试计算：（1）直接起动时的起动电流；（2）限制起动电流不超过2IN

，采用电枢串电阻起动时，应串入多大的电阻值；若采用降压起动，电压应降到多大？解 ：（ 1 ） 直 接 起 动 时 的 起 动 电 流NI UN

220758.6(A)

（2）采用电枢串电阻起动时，应串入多大的电阻值st RaU

0.29220R NR 2I N

0.291.75253.8若 采 用 降 压 起 动 ， 电 压 应 降 到U 2IRN N a

253.80.2931.2(V)一台他励直流电动机的额定数据为：PN

7.5kW，UN

220V，IN

41A，n 1500r/min，RN

0.376，拖动恒转矩额定负载运行，现把电源电压降至150V ， 问 ：（1）电源电压降低的瞬间转速来不及变化，电动机的电枢电流及电磁转矩各是多大？电力拖动系统的动转矩是多大？（ 2 ） 稳 定 运 行 转 速 是 多 少 ？解 ：（ 1 ） 额 定 运 行 时UC N

IRN

220410.3760.136(Vmin/r)e N nN

1500电源电压降至150V的瞬间，转速来不及变化，则电动机的电枢电流UCn

1500.1361500

此 时 的 电 磁 转 矩I e a Ra

N 143.6(A)0.376TCI

9.550.136143.6)186.5(Nm) （2）因为是恒转矩e T Na e NaIN

41A NanUIRNa

150410.376989.6(r/min)C 0.136e N一台他励直流电动机，PN

21kW，UN

220V，IN

115A，nN

980r/min，R，拖动恒转矩负载运行，Ta

80%TN

。弱磁调速时，从 调至N80%N

， 问 ：（ 1 （2 解

调 速 瞬 间 调速前后的

枢 电 流 是 多 少 态转速各为多少：（ 1 ） 额 定 运 行 时NC U IRNN a

2201150.10.213(Vmin/r)e N nN

980不计空载转矩，TL

80%TN

恒转矩负载运行时的电枢电流为0.8IN

，转速为NnUN

0.8IRN C

2200.81150.10.213

989.7(r/min)e N弱磁调速瞬间，转速来不及变化，电枢电流为U n 2200.80.213989.7I a

e N 513.55(A)R 0.1a（ 2 ） 调 速 前 的 稳 态 转 速nn989.7(r/min)1因为是恒转矩负载运行，调速后稳态运行时0.8TN

IT N

，此时电枢电流 I I2 N

， 所 以 调 速 后 的 稳 态 转 速NnU IR 2201150.1N2a 1223.6(r/min)2 0.80.213e N一台他励直流电动机的PN

17kW，UN

110V，IN

185A，nN

1000r/min，R0.036，已知电动机最大允许电流a

amax

1.8IN

，电动机拖动TL

0.8T负载N电 动 运 行 。 问 ：（1）（2）（3）若负载为位能性恒转矩负载，采用能耗制动使负载以120r/min速下放重物，此时电枢回路应串入多大的电阻？解 ：（ 1 ） 额 定 运 行 时UC N

IRN

1101850.0360.103(Vmin/r)e N nN

1000不计空载转矩，拖动TL

0.8TN

负载电动运行时的电枢电流为0.8IN

，转速为NnUN

0.8IRN C

1100.81850.0360.103

1016.2

能耗制动前电枢e N电 动 势 为ECn0.1031016.2104.7(V)制动瞬间转速来不及变化，电枢电动势不a e N

ER a R I amax

104.71.8185

0.0360.278()（2）I1

I

amax

1.8IN

，电磁转矩T C1.8I 9.55C1.8I

1.89.550.103185327.56(Nm) 制动结束e1 T N N e N N时 的 电 磁 转 矩 T 0e2（3）因为负载是位能性恒转矩负载，重物下放时的负载转矩仍为T L N

，电枢电流I3

0.8IN

，电枢回路应串入的电阻值E Cn 0.103(120)R a3R I 3

e I3

3Ra

0.0360.04750.8185一台他励直流电动机的PN

10kW，UN

110V，IN

112A，nN

750r/min，R，已知电动机的过载能力2.2，电动机带反抗性恒转矩负载处于额a定 运 行 。 求 ：（1）（2）如制动结束时，不切断电源，电动机是否会反转？若能反转，试求稳态解 ：（ 1 ） 额 定 运 行 时NC UN

IRN

1101120.10.132(Vmin/r)e NT

nN

7509.550.132112141.2(Nm)L eN e NN由于反接制动时电枢电流不超过IN

，电枢回路应串入的电阻为Cn 1100.132750R N e NNR 0.10.75() (IN

a 2.2(112)（2）n0T

9.550.132 110 163.1(Nm)

T，电动机将Ne0 eN

NR R

0.750.1 e0 L会反转，最后稳定运行在反向电动状态，其稳态转速为NnN

R R

(T)110 0.750.1 141.2112.1(r/min)2 C 9.55(C

L 0.132 9.550.1322e N e N一台他励直流电动机的PN

29kW，UN

440V，IN

76.2A，nN

1050r/min，R。a电动机以反向回馈制动运行下放重物，设 Ia

60A，电枢回路不串电阻，求电动机的转速与负载转矩各为多少？回馈电源的电功率多大？若采用能耗制动运行下放同一重物，要求电动机转速n300r/min若采用倒拉反转下放同一重物，要求电动机转速n850r/min回路串入多大的电阻？该电阻上消耗的电功率是多大？电源送入电动机的电功 率 多 大 ？解 ：（ 1 ） 额 定 运 行 时NC U IRNN a

44076.20.3930.3905(Vmin/r)

反向回馈制动运行下放重物e N nN

1050时 ， 电 动 机 的 转 速 为aNanIRaNa

440600.3931187(r/min)C 0.3905e N不 计 空 载 转 矩 ， 负 载 转 矩 为T TI

9.550.390560223.8(Nm)回馈电源的电功率为L e e NaPUI1 Na

4406026.4(kW)（2）Cn 0.3905(300)R e N2 Ia

R 0.3931.56()a 60该 电 阻 上 消 耗 的 电 功 率 为P I2R 6021.565.616(kW)2 a 2（3）Cn) 4400.3905(850)R N e 3 Ia

R 0.39312.47()a 60该 电 阻 上 消 耗 的 电 功 率 为P I2R 60212.4744.892(kW)3 a 3电 源 送 入 电 动 机 的 电 功 率 为PUI4-15一台他励直流电动机的P4-15一台他励直流电动机的P29kW，U440V，I76A，n1000r/min，NNNN

4406026.4(kW)R0.377Ta

0.8TN

，最大制动电流Ia

1.8IN

。求当该电动机拖动500r/min法电枢回路中所串电阻为多少？并画出相应的机械特性，标出从稳态提升重物到以解额

500r/min 速度下放重物的转换过程。：定 运 行 时NC U IRNN a

440760.3770.4413(Vmin/r)e N nN

1000不计空载转矩，负载转矩TL

0.8TN

时的电枢电流为I 0.8Ia N

0.87660.8(A)以500r/min 速度稳态提升重物时的机械特性为U I(RR) 44060.8(0.377R)n N a a C

0.4113

500e N由此可求得电枢回路串入的电阻值

R 3.48()采用以下两种方法可使电动机以500r/min 的速度下放负载：（1）U I(RR ) 44060.8(0.377R )aan NaaC

0.4113

500e N由此可求得电枢回路串入的电阻值R1

10.24()从稳态提升重物到以500r/min 速度下放重物的转换过程如下图所示，机 械 特

（2）采用能耗制动，电动机的性 为I(RR ) 60.8(0.377R )n aC

2

0.4113

2 500e N由此可求得电枢回路串入的电阻值 R2

从稳态提升重物到以500r/min 速度下放重物的转换过程如下图所示，PN

17kW，UN

110V，IN

185A，n 1000r/min，RN

0.035GD230Nm2eT0.85TL N

。采用能耗制动或反接制动停车，最大允许电流为1.8IN

，求两种停车方法各自最快的制动停车时间是多少（取GD21.25GD2）？e解基 本 数额 定 运

：据 计 算 时 电 动 机 的C C

U IRN N

1101850.0350.104(Vmin/r)

负载正向运行时e N e N nN

1000 L N的 感 应 电 动 势EUa N

IRa

110-0.851850.035104.5(V)TL

0.85TN

负载正向运行时的 稳 态 转 速 （ 即 制 动 瞬 时 转 速 ）En aA C

104.51005(r/min)0.104e N（ 1 ）电 枢 回 E

能串104.5

耗 制 动入 电 阻

计 算 的 总 电 RRa min

a1.8IN

0.3141.8185能 耗 制 动 时 的 稳 态 转 速I(Rn 0a a

Rmin

) 0.85185 0.85185 C C

0.104e N能 耗 制 动 时 的 时 间 常 数GD2 RT a

Rmin

1.2530 0.314 0.304(s)M 3759.55(C)2 375 9.550.1042e N最 快 的 制 动 停 车 时 间n n 1005474.8tT ln A C0.304ln 0.346(s)0 M nC（ 2 ）

474.8接 制

计 算 ：电 枢

路 串 入 电

后 的 总 电 阻RR

U E N

110104.50.644()a min

1.8IN

1.8185能 耗 制 动 时 的 稳 态 转 速Nn N

I(Ra

Rmin

)1100.851850.6442031.4(r/min)C C C

0.104 0.104e N e N能 耗 制 动 时 的 时 间 常 数GD2 RT a

Rmin

1.2530 0.644 0.623(s)M 3759.55(C)2 375 9.550.1042e N最 快 的 制 动 停 车 时 间tT

n nln A

0.304ln10052031.40.25(s)0 M nC

2031.4一台他励直流电动机的数据为：PN

5.6kW，UN

220V，IN

31A，n 1000r/min，RN

GD29.8Nm2nN

时使电枢反接，反接制动的起始电流为2IN

，传动机构损耗转矩T0.11TN

。试就反抗性恒转矩负载及位能性恒转矩负载两种情况求：反接制动使转速自n降到N0的制动时间。解基本数据计算：：额定运行时电动机的

C C

U IRN N

220310.450.206(Vmin/r)额定e N e N nN

1000负 载 正 向 运 行 时 的 感 应 电 动 势E UaN N

IRN

220-310.45206(V)反接制动时电枢回路串入电阻后的总电阻RR

U E N

2202066.87

反接制动时的时间常数a min 2IN

231GD2 RR

9.8 6.87

（1）反抗性恒转矩负T a min 0.443(s)M 3759.55(C)2 375 9.550.2062e N载 计 算 ：稳 态 转 速Nn N

I(RN

Rmin

)220316.872101.8(r/min)

制动时间C C C

0.206 0.206e N e Nn n

10002101.8tT ln0 M

N C0.443ln 0.172(s)n 2101.8C（ 2 ） 位 能稳

性 恒 转 矩 转

载 计 算 ：速Nn N

I(Ra

Rmin

)220(10.22)316.871874.4(r/min)

制动时间C C C

0.206 0.206e N e Nn n

10001874.4t T ln0 M

A C0.443ln 0.189(s)n 1874.4C第五章变压器是按什么惯例来规定正方向的？答：由于变压器中电压、电流、电动势和磁通的大小和方向都随时间作周期性变化，为了能正确表明各量之间的关系，要规定它们的正方向。一般采用电工惯例来规定其正方向（假定正方向）：同一条支路中，电压u的正方向与电流i的正方向一致；由电流i产生的磁动势所建立的磁通其二者的正方向符合右手螺旋法则；由磁通产生的感应电动势e，其正方向与产生该磁通的电流i的正方向一致，则有eNd/dt。用？答：当一次绕组加上交流电源电压u1

时，一次绕组中就有电流产生，由于变压器为空载运行，此时称一次绕组中的电流为空载电流i0

。由i0

产生空载磁动势F0

Ni10

，并建立空载时的磁场。由于铁心的磁导率比空气（或油）的磁导率大得多，所以绝大部分磁通通过铁心闭合，同时交链一、二次绕组，并产生感应电动势e和e1 2

，如果二次绕组与负载接通，则在电动势作用下向负载输出电功率，所以这部分磁通起着传递能量的媒介作用，因此称之为主磁通m

；另有一小部分磁通（约为主磁通的0.25%左右）主要经非磁性材料（空气或变压器油等）形成闭路，只与一次绕组交链，不参于能量传递，称之为一次绕组的漏磁通1

，它在一次绕组中产生漏磁电动势e 。1在变压器等效电路中，主磁通的作用通过它所产生的感应电动势来表征，即一、二次绕组感应电动势EEfN

及铁心中主磁通的1 2 1 1 2最大值m

成正比，而在相位上比产生感应电动势的主磁通滞后90°。而等效电路中的漏电抗反映了漏磁通对电路的电磁效应。由于漏磁通的主要路径是非铁磁性物质，漏磁路不会饱和，是线性的，其磁导是常数，因此对已制成的变压器，漏电感L1

为一常数，当电源频率f1

一定时，漏电抗也是常数X1

L 。1RR1XR12X2121122ZL图5-9变压器负载运行时的等效电路变压器空载运行时，一次侧加额定电压，为什么空载电流I很小？如果一次侧加额定0电压的直流电源，这时一次侧电流、铁心中磁通会有什么变化？二次绕组开路和短路对一次绕组的电流有无影响？答：变压器主磁通的路径完全是通过铁心闭合的，主磁路的磁阻很小，只需要很小的励磁电流就能产生较大的主磁通，并产生足以平衡一次侧额定电压的感应电动势，所以变压器空载运行时，即使一次侧加额定电压，空载电流I0也很小。如果一次侧加额定电压的直流电源，这时没有电磁感应作用，额定电压将完全由一次侧绕组的电阻压降来平衡，由于一次侧绕组的电阻一般很小，一次侧电流将变得非常大，铁心中的磁通很变得很大，有可能烧毁变压器（相当于短路事故）。这时二次绕组开路和短路对一次绕组的电流没有影响。50Hz60Hz空载电流、铁心损耗、漏电抗、励磁电抗及电压调整率等有何变化？答：根据变压器一次侧的电压平衡方程U E

4.44fN f50Hz时，

U1N ；

60Hz时，1N 1

1 1m

m50

4.4450N 11m60

U1N ，所以4.4460N1 5m60 6m50即主磁通为原来的5/6。若不考虑磁路的饱和效应，主磁通与空载电流（励磁电流）成正比，空载电流将减小。铁心损耗的近似计算公式为

6

5

50.7p C f1.3B2 G

5

f1.36B2

G6 pFe60

Fe60

m60

Fe

50

m50

Fe50所以，铁心损耗将减小。漏磁路的磁阻不变，漏电感不变，所以漏电抗随着频率的增加而变大。在不考虑磁路饱和的情况下，励磁电抗也随着频率的增加而变大。而漏电抗的变大意味着短路电抗的变大，所以电压调整率也变大。220V的电源上，对变压器有何影响？答：这是一台降压变压器，低压绕组匝数N

少。由公式U 4.44fN2 1N 1 2

可知，主磁通 要增加很多才能平衡端电压Um

，磁通的增加又因磁路非线性引起励磁电流增加很多，电流过大就可能烧坏低压绕组。5kV·A和高压绕组串联、低压绕组串联：5000I

2.273A

5000

22.727Ak1100210（2）高压绕组1N 11002 2N 1102 1102串联、低压绕组并联：I 2.273AI1N

500045.455Ak1100220（3）高压绕组并联、低压110 110绕组并联：I1N

50004.545AI1100

45.455Ak110010（4）高压绕组并联、低压绕110组串联：

I 4.545AI1N

22.727Ak

110021105变压器为什么要并联运行？并联运行的条件有哪些？哪些条件需要严格遵守？答：所谓并联运行，就是将两台或两台以上的变压器的一、二次绕组分别并联到公共母线上，同时对负载供电。变压器之所以要并联运行，是因为并联运行时很多的优点：从电网上切除，而电网仍能继续供电；数，以提高运行的效率；并联运行的条件有以下三条，都必须严格遵守：并联运行的各台变压器的额定电压应相等，即各台变压器的电压比应相等；并联运行的各台变压器的联结组号必须相同；并联运行的各台变压器的短路阻抗（或阻抗电压）的相对值要相等。与普通双绕组变压器相比，自耦变压器有哪些优缺点？答：自耦变压器与普通双绕组变压器相比，在相同的额定容量下，由于自耦变压器的计算容量小于额定容量，因此自耦变压器的结构尺寸小，节省有效材料（铜线和硅钢片）和结构材料（钢材），降低了成本。同时有效材料的减少还可减小损耗，从而提高自耦变压器的效率。波及到低压侧，因此在低压侧使用的电气设备同样要有高压保护设备，以防止过电加强保护。电压互感器和电流互感器的功能是什么？使用时必须注意什么？答：电压互感器实质上就是一个降压变压器，原理和结构与普通双绕组变压器基本相同，其功能就是安全地测量高电压。使用电压互感器时，应注意以下几点：短路电流很大，会烧坏互感器。因此，使用时在一、二次侧电路中应串接熔断器作短路保护。时，铁心和二次绕组带上高电压而造成的事故。压互感器的准确度。电流互感器类似于一个升压变压器，其功能就是安全地测量大电流。使用电流互感器时，应注意以下几点：器就成为空载运行状态，被测线路的大电流就全部成为励磁电流，铁心中的磁通密度就会猛增，磁路严重饱和，一方面造成铁心过热而毁坏绕组绝缘，另一方面二次绕组将会感应产生很高的电压，可能使绝缘击穿，危及仪表及操作人员的安全。传到低压侧，危及仪表及人身安全。电流表的内阻抗必须很小，否则会影响测量精度。有一交流信号源，已知信号源的电动势E120VR0

600，负载电阻R 。（1）R经变压器接至信号源，并使等效电阻R'

，求变压器的L L L 06008电压比和负载上获得的功率；（2）如果负载直接接至信号源，求负载上获得的功率？解：（16008R'R'LRkN1 2 L

8.66回路电流I E

0.1(A)RR' 6006000 L负载上获得的功率PI2R'L

0.126006(W)信号源的输出功率PI2(R0

R')(600600)12(W)L效率 P 6 L100% 100%50%P 12（2）如果负载直接接至信号源，回路电流为I E

0.197(A)RR0 L

6008负载上获得的功率PI2RL

0.197280.31(W)信号源的输出功率PI2(R0

R)0.1972(6008)23.6(W)L效率 P 0.31 L100% 100%1.31%P 23.6有一台单相变压器，已知R1

2.19，X1

15.4，R2

，X2

0.964，R1250，Xf

12600，N1

876匝，N2

260匝，U2

6000V，I2

180A，cos2

0.8（滞后），UI1 1

。解：电压比Nk 1N2

8763.37260

（1）近似等效电路如下图所示，先将相关参数折算到低压侧来计算RR'' 1

2.190.193()1 k2 3.372X 15.4 R 1250

12600X''

1 1.357()R'' f 110.16()X''

f 1109.96以1 k2 3.372

f k2 3.372

f k2 3.372U为参考向量，设U2

60000V，则U''U1

I(Z''Z)2 2 1 2I 18036.67A 6000018036.87(0.193j1.3570.15j0.964)26300.08j2987.166307.082.7(V)U'' 6307.082.7I''1

1Z1

I 18036.67(A) 折算到高压侧，得2 110.16j1109.96UkU''3.37(6307.082.7)212502.7(V)1 1I''I 1

54.63141.9(A)（2）简化等效电路如下图所示，将相关参数1 k 3.37折算到高压侧来计算R'R'k2R3.3720.151.70(Ω)X'k2X2 2

3.3720.96410.95(Ω)Rk

RR'1

2.191.703.89()X Xk 1

X'2

15.410.9526.35()Zk

RjXk

3.89j26.3526.6481.6()以U'2为参考向量，设

I 18036.87U'60003.370202200(V)I' 2 (A)2 2 k 3.37II'1

53.41-36.8753.41143.13(A)U'1 2

IZ1k202200(-53.41-36.8726.6481.6)-20220-1422.8444.7221254.592.7(V)SN

1000kVA，U /U1N 2N

60kV/6.3kV，f1

50Hz，空载及短路试验名称电压/V6300试验名称电压/V63003240电流10.116.67功率/W500014000电源加在空载低压侧短路高压侧试计算：归算到高压侧的参数；满载及cos2最大效率

0.8（滞后）时的电压调整率U%及效率；。max解：（1）归算到高压侧的参数

U 60I /I1N 2N

16.67A/158.73Ak U2N

9.526.3由空载试验数据，先求低压侧的励磁参数Z'Z

U2

6300 623.76(Ω)

Δ 5000p Fe 0 49.01(Ω)p f 0 I0

10.1

f I20

I2 0Z'2R'2f f623.762Z'2R'2f f623.76249.012f

621.83(Ω)折算到高压侧的励磁参数为Z k2Z'9.522623.7656531.6(Ω)R k2R'9.52249.014441.8(Ω)f f f fX k2X'9.522621.8356356.7(Ω)f f由短路试验数据，计算高压侧室温下的短路参数U 3240 Δp P 14000Z sh 194.36(Ω)R Cu sh 50.38(Ω)sh Ish

16.67

sh I2sh

I2 16.6721NZ2R2Z2R2sh sh194.36250.382sh

187.72(Ω)换算到基准工作温度75oC时的数值234.575 234.575R R 50.38sh75oCZ sh75oC

234.5

sh 234.5R2sh75R2sh75oCX2sh60.12187.722

197.1(Ω)额定短路损耗为P I2R 16.67260.116701.1(W)shN75oC

1N sh75oC短路电压（阻抗电压）为UshN75oCI1NZsh75oC16.67197.13285.66(V)Uu sh U1N

100%

3285.6660000

100%5.48%（2）满载（1）及cos 0.8（滞后）时2ΔU%

I1N(R

cosX sin

)100%U 1N

2 sh 216.67(60.10.8187.720.6)100%600004.47%U (1ΔU2

(14.47%)6.36.02(kV)(1

P2P0 shN75oC

)100%S cosPN 2

2PshN75oC(1

500016701.1 )100%10001030.8500016701.197.4%P0PshN75oC500016701.1（3）当P0PshN75oC500016701.1m

0.55时

2P0 )100%max(1

S cosN 2

2P025000 )100%0.5510001030.82500097.8%有一三相铝线变压器，已知SN

750kVA，U /U1N 2N

10000V/400V，Yy0联结，空试验名称电压400试验名称电压400440电流/A6043.3功率/W380010900电源加在空载低压侧短路高压侧试计算：（1）归算到高压侧的参数；（2）满载及cos2

0.8（滞后）时的U%、U2

及；（3）最大效率解：

。max（1）归算到高压侧的参数I /I1N 2N

43.3A/1082.6AkU2N

1000025400由空载试验数据，先求低压侧的励磁参数U 400

Δp P 3800Z'Z

2 3.85(Ω)R'

Fe 0 0.35(Ω)33600

f I20

I2 36020Z'2R'2f f3.852Z'2R'2f f3.8520.352f

3.83(Ω)折算到高压侧的励磁参数为Z k2Z'2523.852406.25(Ω)R k2R'2520.35218.75(Ω)f f f fX k2X'2523.832393.75(Ω)f f由短路试验数据，计算高压侧室温下的短路参数U 440

Δp P 10900343.3Z sh 5.87(Ω)343.3

Cu sh 1.94(Ω)sh I

sh I2

I2 343.32shZ2RZ2R2sh shsh

sh 1N5.8725.8721.942换算到基准工作温度75oC时的数值sh22875 22875shRsh75oC

228 R

1.942.37(Ω)22820R2sh75oCXR2sh75oCX2sh2.3725.542sh75oC

6.03(Ω)额定短路损耗为P 3I2R

32.3713330.5(W)shN75oC

1N sh75oC短路电压（阻抗电压）为U I Z 43.36.03261.1(V)shN75oC 1N sh75oCU10000/ 3u 10000/ 3

100%

261.1

100%4.52%sh U1N（2）满载（1）及cos 0.8（滞后）时2ΔU%

I1N(R

cosX sin

)100%U 1N

2 sh 210000/ 3 43.3 (2.370.85.540.6)10000/ 33.91%U (1ΔU(13.91%)400384.4(V)2 2N(1

P2P0 shN75oC

)100%S cosPN 2

2PshN75oC(1

380013330.5 )100%7501030.8380013330.597.2%P0PshN75oC380013330.5（3）当P0PshN75oC380013330.5m

0.53时

2P0 ) 100%max

S cosN 2

2P0(1

23800 )100%0.537501030.82380097.7%SN

100kVA，U /U1N 2N

6000V/230V，f1

50Hz，绕组参数为R4.32，R1

，X1

8.9，X2

0.013。试求：归算到高压侧的短路参数R、sh

、Z ；sh sh求满载时，当cos2

1、cos2

0.8（滞后）和cos2

0.8（超前）3种情况下的电压调整率，并对结果进行分析。解：归算到高压侧的短路参数变比U 6000k 1NU2N

26.1230R Rsh 1

R'2

Rk2R1